Ondes : intensité sonore, atténuation et effet Doppler

Dans le hall d’une gare, un sonomètre affiche 58 dB au calme, puis 84 dB à l’arrivée d’un train. On donne I₀ = 1,0 × 10⁻¹² W·m⁻².

1. Intensité sonore à 58 dB : I₁ ≈ × 10⁻⁷ W·m⁻²
   $I_1=I_0\times {10}^{L/10}=1,0\times {10}^{-12}\times {10}^{5,8}\approx$ 6,3 × 10⁻⁷ W·m⁻².
2. Intensité sonore à 84 dB : I₂ ≈ × 10⁻⁴ W·m⁻²
   $I_2=1,0\times {10}^{-12}\times {10}^{8,4}\approx$ 2,5 × 10⁻⁴ W·m⁻².
3. Facteur par lequel l’intensité a été multipliée : ≈ (arrondi à la centaine)
   ${\displaystyle \frac{I_2}{I_1}}={10}^{(84-58)/10}={10}^{2,6}\approx$ 400, alors que le niveau n’a augmenté que de 26 dB.
4. Niveau qui correspondrait à une intensité 1 000 fois plus faible que celle mesurée à l’arrivée du train : dB
   Diviser $I$ par $1000={10}^3$ retire $10\log ({10}^3)=30$ dB : $84-30=$ 54 dB.

On donne I₀ = 1,0 × 10⁻¹² W·m⁻². Les questions sont indépendantes.

1. Dans une bibliothèque, I = 4,0 × 10⁻⁸ W·m⁻² : L ≈ dB (au dixième)
   $L=10\log \left({\displaystyle \frac{4,0\times {10}^{-8}}{1,0\times {10}^{-12}}}\right)=10\log (4,0\times {10}^4)\approx$ 46,0 dB.
2. Un élève calcule 10 ln(I/I₀) pour la même bibliothèque, avec la touche « ln » : il trouve ≈ dB (au dixième)
   $10\ln (4,0\times {10}^4)\approx$ 106,0 : valeur fausse, plus de deux fois trop grande. La définition utilise le logarithme décimal.
3. Près d’un avion à réaction au décollage, L = 130 dB : I = W·m⁻²
   $I=1,0\times {10}^{-12}\times {10}^{13}=$ 10 W·m⁻² : dix fois l’intensité du seuil de douleur (120 dB, 1,0 W·m⁻²), pour 10 dB de plus seulement.
4. Une intensité de 5,0 × 10⁻¹³ W·m⁻² correspond à L ≈ dB (au dixième)
   $L=10\log (0,50)\approx$ −3,0 dB : un niveau négatif signifie une intensité inférieure à $I_0$, inaudible à 1 000 Hz.
5. Le niveau passe de 46 dB à 76 dB : l’intensité est multipliée par
   $+30$ dB, soit ${10}^{30/10}={10}^3$ : l’intensité est multipliée par 1 000.

La membrane d’un microphone, de surface $S=1,5$ cm², est perpendiculaire à la direction de propagation d’un son. Elle reçoit une puissance sonore $P=5,4\times {10}^{-11}$ W. On donne $I_0=1,0\times {10}^{-12}$ W·m⁻².

1. Intensité sonore reçue : I = × 10⁻⁷ W·m⁻²
   $S=1,5\times {10}^{-4}$ m² ; $I={\displaystyle \frac{P}{S}}={\displaystyle \frac{5,4\times {10}^{-11}}{1,5\times {10}^{-4}}}=$ 3,6 × 10⁻⁷ W·m⁻². Les cm² se convertissent en m² : 1 cm² = 10⁻⁴ m².
2. Niveau d’intensité sonore : L ≈ dB (au dixième)
   $L=10\log (3,6\times {10}^5)\approx$ 55,6 dB.
3. Pour que l’auditeur perçoive ce son « deux fois plus fort », le niveau doit atteindre ≈ dB (au dixième)
   Un son paraît deux fois plus fort pour environ $+10$ dB : 65,6 dB.
4. Puissance alors reçue par la membrane : P = nW (au centième)
   $+10$ dB multiplie l’intensité, donc la puissance reçue par la même surface, par 10 : $P=5,4\times {10}^{-10}$ W, soit 0,54 nW.
5. Niveau pour lequel la membrane recevrait 1,0 µW : L ≈ dB (au dixième)
   $I={\displaystyle \frac{1,0\times {10}^{-6}}{1,5\times {10}^{-4}}}\approx 6,67\times {10}^{-3}$ W·m⁻², puis $L=10\log \left({\displaystyle \frac{I}{I_0}}\right)\approx$ 98,2 dB : un son très fort, au-delà du seuil de risque.

Un haut-parleur seul produit, en un point d’une salle, un niveau d’intensité sonore de 73 dB. On ajoute d’autres haut-parleurs identiques, placés au même endroit.

1. Avec deux haut-parleurs : L = dB
   L’intensité double : $L=73+10\log 2\approx 73+3,0=$ 76 dB, et non 146 dB.
2. Avec quatre haut-parleurs : L = dB
   $L=73+10\log 4\approx 73+6,0=$ 79 dB.
3. Nombre de haut-parleurs pour atteindre 83 dB :
   $+10$ dB = intensité multipliée par 10 : il faut 10 haut-parleurs.
4. Avec huit haut-parleurs : L = dB (à l’unité)
   $L=73+10\log 8\approx 73+9,0=$ 82 dB : chaque doublement du nombre de sources ajoute 3 dB.

Dans un atelier, une machine A produit seule un niveau de 88 dB au poste de travail, une machine B seule 91 dB au même endroit. À partir de 85 dB(A) d’exposition quotidienne, le Code du travail impose à l’employeur un programme de mesures pour réduire l’exposition. On donne I₀ = 1,0 × 10⁻¹² W·m⁻².

1. Intensité due à la machine A : I_A ≈ × 10⁻⁴ W·m⁻²
   $I_A=1,0\times {10}^{-12}\times {10}^{8,8}\approx$ 6,3 × 10⁻⁴ W·m⁻².
2. Intensité due à la machine B : I_B ≈ × 10⁻³ W·m⁻²
   $I_B=1,0\times {10}^{-12}\times {10}^{9,1}\approx$ 1,3 × 10⁻³ W·m⁻².
3. Les deux machines ensemble : L ≈ dB (au dixième)
   Les intensités s’additionnent : $I=I_A+I_B\approx 1,89\times {10}^{-3}$ W·m⁻², d’où $L\approx$ 92,8 dB : 1,8 dB seulement au-dessus de la machine B.
4. Facteur par lequel il faudrait diviser l’intensité totale pour revenir à 85 dB : ≈ (deux chiffres significatifs)
   ${\displaystyle \frac{I}{I_0\times {10}^{8,5}}}={\displaystyle \frac{1,89\times {10}^{-3}}{3,16\times {10}^{-4}}}\approx$ 6,0.
5. Atténuation correspondante : ≈ dB (au dixième)
   $A=10\log (5,98)\approx$ 7,8 dB, c’est aussi 92,8 − 85 : capotage des machines ou protections auditives sont nécessaires.

Une chanteuse tient une note devant un microphone relié à un analyseur de spectre, qui relève quatre raies : 233 Hz à 78 dB, 466 Hz à 72 dB, 699 Hz à 69 dB et 932 Hz à 61 dB. Comme pour des sources indépendantes, les intensités des raies s’additionnent. On donne I₀ = 1,0 × 10⁻¹² W·m⁻².

1. Intensité de la raie à 233 Hz : × 10⁻⁵ W·m⁻²
   $I_1=1,0\times {10}^{-12}\times {10}^{7,8}\approx$ 6,31 × 10⁻⁵ W·m⁻².
2. Intensité totale des quatre raies : × 10⁻⁵ W·m⁻²
   $I_2\approx 1,58\times {10}^{-5}$, $I_3\approx 7,94\times {10}^{-6}$, $I_4\approx 1,26\times {10}^{-6}$ W·m⁻² ; somme : 8,81 × 10⁻⁵ W·m⁻².
3. Niveau total : dB (à l’unité)
   $L=10\log (8,81\times {10}^7)\approx 79,45$, soit 79 dB : à peine plus que la raie la plus forte.
4. Une deuxième chanteuse chante la même note au même niveau : total ≈ dB (à l’unité)
   Deux sources identiques : $+10\log 2\approx +3,0$ dB, soit $79,45+3,0\approx$ 82 dB.
5. Pour une seule chanteuse, un filtre supprime la raie à 233 Hz : niveau des trois autres ≈ dB (au dixième)
   $I=I_2+I_3+I_4\approx 2,51\times {10}^{-5}$ W·m⁻² ; $L\approx$ 74,0 dB : la raie la plus forte portait plus des deux tiers de l’intensité.
6. Un élève additionne les quatre niveaux et obtient dB, une valeur absurde
   $78+72+69+61=$ 280 dB, bien au-delà du seuil de douleur : les décibels ne s’additionnent pas.

Les questions sont indépendantes ; les sources sont ponctuelles et isotropes, sans absorption.

1. 94 dB en un point 1, 79 dB en un point 2 : atténuation A = dB
   $A=L_1-L_2=94-79=$ 15 dB.
2. Pour cette atténuation, l’intensité est divisée par ≈ (à l’unité)
   ${\displaystyle \frac{I_1}{I_2}}={10}^{15/10}={10}^{1,5}\approx$ 32.
3. La distance à la source est multipliée par 4 : A = dB (au dixième)
   $A=20\log 4\approx$ 12,0 dB : l’intensité est divisée par $4^2=16$.
4. L’intensité est divisée par 1 000 : A = dB
   $A=10\log (1000)=$ 30 dB.
5. Une atténuation géométrique de 40 dB : la distance a été multipliée par
   $20\log \left({\displaystyle \frac{d_2}{d_1}}\right)=40$, donc $\log \left({\displaystyle \frac{d_2}{d_1}}\right)=2$ et ${\displaystyle \frac{d_2}{d_1}}=$ 100.

Une sirène d’alarme, assimilée à une source ponctuelle isotrope, rayonne une puissance sonore P = 1,8 W. On néglige l’absorption et les réflexions ; I₀ = 1,0 × 10⁻¹² W·m⁻².

1. Intensité à 5,0 m : I ≈ × 10⁻³ W·m⁻²
   $I={\displaystyle \frac{P}{4\pi d^2}}={\displaystyle \frac{1,8}{4\pi \times 5,0^2}}\approx$ 5,73 × 10⁻³ W·m⁻².
2. Niveau à 5,0 m : L ≈ dB (au dixième)
   $L=10\log (5,73\times {10}^9)\approx$ 97,6 dB, au-dessus du seuil de risque.
3. Distance à laquelle le niveau n’est plus que de 74 dB : d ≈ m (à l’unité)
   $I\prime =I_0\times {10}^{7,4}\approx 2,51\times {10}^{-5}$ W·m⁻², puis $d\prime =\sqrt{{\displaystyle \frac{P}{4\pi I\prime }}}\approx 75,5$ m, soit environ 76 m.
4. Atténuation entre 5,0 m et cette distance : ≈ dB (au dixième)
   $A=97,6-74\approx$ 23,6 dB ; vérification : $20\log \left({\displaystyle \frac{75,5}{5,0}}\right)\approx 23,6$ dB.

Un marteau-piqueur, assimilé à une source ponctuelle isotrope, produit un niveau d’intensité sonore L₁ = 108 dB à 1,0 m de l’outil. Un riverain habite à 45 m. On néglige l’absorption ; I₀ = 1,0 × 10⁻¹² W·m⁻².

1. Intensité à 1,0 m : I₁ ≈ × 10⁻² W·m⁻²
   $I_1=1,0\times {10}^{-12}\times {10}^{10,8}\approx$ 6,31 × 10⁻² W·m⁻².
2. Puissance sonore du marteau-piqueur : P ≈ W (au centième)
   À 1,0 m, toute la puissance traverse la sphère de rayon 1,0 m : $P=I_1\times 4\pi \times 1,0^2\approx$ 0,79 W. Moins d’un watt suffit à faire un vacarme.
3. Niveau chez le riverain : ≈ dB (au dixième)
   ${\displaystyle \frac{I(d)}{I_1}}={\displaystyle \frac{1,0^2}{d^2}}$, donc $L(d)=L_1-20\log d$ ($d$ en mètres) : $L(45)=108-20\log 45\approx$ 74,9 dB.
4. Distance minimale pour rester sous 80 dB : ≈ m (au dixième)
   $108-20\log d=80$, donc $\log d=1,4$ et $d={10}^{1,4}\approx$ 25,1 m : impossible pour l’ouvrier qui tient l’outil, d’où la protection auditive obligatoire.
5. Un deuxième marteau-piqueur identique travaille à côté du premier : niveau chez le riverain ≈ dB (à l’unité)
   Deux sources identiques : $+3,0$ dB, soit $74,9+3,0\approx$ 78 dB.

Un menuisier travaille près d’une ponceuse à bande : 102 dB à son poste. Il porte un casque antibruit annoncé pour une atténuation de 27 dB.

1. Niveau qui parvient à ses oreilles : dB
   $L=102-27=$ 75 dB : on retire l’atténuation, on ne divise pas le niveau.
2. Facteur de division de l’intensité : ≈ (à l’unité)
   ${10}^{27/10}={10}^{2,7}\approx$ 501.
3. Fraction de l’intensité qui atteint l’oreille : ≈ % (au centième)
   ${\displaystyle \frac{1}{501}}\approx 0,0020$, soit 0,20 % : le casque absorbe ou renvoie presque toute l’énergie sonore.
4. Entre la ponceuse et un collègue, on place deux plaques identiques atténuant chacune de 9 dB : atténuation totale dB
   Les atténuations successives s’ajoutent : $9+9=$ 18 dB.
5. Ces deux plaques divisent l’intensité par ≈ (à l’unité)
   Les facteurs se multiplient : ${10}^{0,9}\times {10}^{0,9}={10}^{1,8}\approx$ 63, et non $2\times {10}^{0,9}\approx 16$.

Dans l’air à 20 °C et 70 % d’humidité, le coefficient d’absorption vaut α = 5,0 dB/km à 1 000 Hz et α = 23 dB/km à 4 000 Hz. Une source ponctuelle isotrope émet ces deux sons au même niveau : 100 dB à 10 m. Un auditeur est à 1 500 m ; on applique l’absorption sur 1,5 km.

1. Atténuation géométrique entre 10 m et 1 500 m : ≈ dB (au dixième)
   $A_{\text{géom}}=20\log \left({\displaystyle \frac{1500}{10}}\right)=20\log 150\approx$ 43,5 dB, la même pour les deux sons.
2. Absorption par l’air à 1 000 Hz : dB (au dixième)
   $A_{\text{abs}}=\alpha d=5,0\times 1,5=$ 7,5 dB.
3. Niveau reçu à 1 000 Hz : ≈ dB (au dixième)
   $L=100-43,5-7,5\approx$ 49,0 dB.
4. Niveau reçu à 4 000 Hz : ≈ dB (au dixième)
   $A_{\text{abs}}=23\times 1,5=34,5$ dB, donc $L=100-43,5-34,5\approx$ 22,0 dB.
5. De loin, le son a surtout perdu ses (graves / aigus)
   L’air absorbe bien davantage les hautes fréquences : à 1 500 m, le son de 4 000 Hz est 27 dB sous celui de 1 000 Hz, alors qu’ils avaient le même niveau à 10 m. Le son lointain a surtout perdu ses aigus : il paraît plus sourd.

Une sirène d’alerte, assimilée à une source ponctuelle isotrope, produit 112 dB à 20 m pour son son de 1 000 Hz. Une maison est à 1,6 km de la sirène. Dans l’air, α = 5,0 dB/km à 1 000 Hz (absorption appliquée sur 1,6 km). Les fenêtres fermées apportent une atténuation de 28 dB ; dans la maison, le bruit de fond vaut 30 dB.

1. Atténuation géométrique entre 20 m et 1,6 km : ≈ dB (au dixième)
   $20\log \left({\displaystyle \frac{1600}{20}}\right)=20\log 80\approx$ 38,1 dB.
2. Absorption par l’air : dB (au dixième)
   $5,0\times 1,6=$ 8,0 dB.
3. Niveau devant la maison : ≈ dB (au dixième)
   $112-38,1-8,0\approx$ 65,9 dB.
4. Niveau dû à la sirène dans la maison, fenêtres fermées : ≈ dB (au dixième)
   $65,9-28\approx$ 37,9 dB.
5. Niveau total dans la maison, bruit de fond compris : ≈ dB (au dixième)
   On additionne les intensités : $I={10}^{-12}\times ({10}^{3,794}+{10}^{3,0})\approx 7,22\times {10}^{-9}$ W·m⁻², soit 38,6 dB : la sirène dépasse nettement le bruit de fond, l’alerte est entendue.

Un hélicoptère de secours survole une route en ligne droite, à vitesse constante et à faible hauteur, en émettant un son de fréquence f_E. Réponds par « supérieure », « inférieure » ou « égale », ou par le mot demandé.

1. Pour le pilote, la fréquence perçue est à f_E
   Le pilote est immobile par rapport à l’émetteur : aucun effet Doppler, fréquence égale.
2. Pour un piéton vers lequel l’hélicoptère arrive, la fréquence perçue est à f_E
   L’émetteur se rapproche : crêtes resserrées, fréquence reçue supérieure, son plus aigu.
3. Une fois l’hélicoptère passé, la fréquence perçue par ce piéton est à f_E
   L’émetteur s’éloigne : crêtes espacées, fréquence inférieure, son plus grave.
4. Devant l’hélicoptère, la longueur d’onde reçue est plus (courte / longue) que la longueur d’onde émise
   ${\lambda }_R=(v-v_E)T_E<v{T}_E$ : plus courte.
5. L’hélicoptère se pose à 50 m du piéton, moteur allumé : la fréquence perçue redevient à f_E
   Émetteur et récepteur sont immobiles l’un par rapport à l’autre : fréquence égale, même si le son reste fort.

Un émetteur E émet un son de fréquence $f_E=500$ Hz en se rapprochant d’un micro fixe R à la vitesse $v_E=20$ m·s⁻¹ ; la célérité du son vaut $v=340$ m·s⁻¹. On suit le raisonnement du cours.

1. Période émise : T_E = ms
   $T_E={\displaystyle \frac{1}{500}}=2,00\times {10}^{-3}$ s = 2,00 ms.
2. Distance parcourue par une crête pendant T_E : m
   $v{T}_E=340\times 2,00\times {10}^{-3}=$ 0,680 m.
3. Distance parcourue par l’émetteur pendant T_E : m
   $v_E{T}_E=20\times 2,00\times {10}^{-3}=$ 0,0400 m.
4. Distance entre deux crêtes reçues : λ_R = m
   ${\lambda }_R=(v-v_E)T_E=0,680-0,0400=$ 0,640 m.
5. Fréquence reçue : f_R ≈ Hz (à l’unité)
   $f_R={\displaystyle \frac{v}{{\lambda }_R}}={\displaystyle \frac{340}{0,640}}\approx$ 531 Hz, comme $f_E{\displaystyle \frac{v}{v-v_E}}=500\times {\displaystyle \frac{340}{320}}$.
6. Décalage Doppler : Δf ≈ Hz (à l’unité)
   $\Delta f=f_R-f_E\approx$ +31 Hz, positif car l’émetteur se rapproche.

Un train à grande vitesse traverse une gare sans s’arrêter, en ligne droite, à $v_E=60$ m·s⁻¹ ; son avertisseur émet un son de fréquence $f_E=1200$ Hz. Un voyageur attend sur le quai ; $v=340$ m·s⁻¹. On considère les instants où le train est encore loin du voyageur, en approche, puis loin après son passage.

1. Fréquence reçue en approche : f_R ≈ Hz (à l’unité)
   $f_R=1200\times {\displaystyle \frac{340}{340-60}}\approx$ 1 457 Hz.
2. Fréquence reçue en éloignement : f_R = Hz
   $f_R=1200\times {\displaystyle \frac{340}{340+60}}=$ 1 020 Hz.
3. Décalage Doppler en approche : Δf ≈ + Hz (à l’unité)
   $\Delta f=f_E{\displaystyle \frac{v_E}{v-v_E}}=1200\times {\displaystyle \frac{60}{280}}\approx$ +257 Hz.
4. Décalage Doppler en éloignement : Δf = − Hz
   $\Delta f=-f_E{\displaystyle \frac{v_E}{v+v_E}}=-1200\times {\displaystyle \frac{60}{400}}=$ −180 Hz : les deux décalages ne sont pas opposés.
5. Valeur approchée f_E × v_E / v : ≈ Hz (à l’unité)
   $1200\times {\displaystyle \frac{60}{340}}\approx$ 212 Hz.
6. Écart relatif entre cette valeur et le décalage exact en approche : ≈ % (à l’unité)
   ${\displaystyle \frac{257,1-211,8}{257,1}}\approx 0,18$, soit 18 % : $v_E$ n’est pas assez petite devant $v$ pour utiliser l’approximation.

Un gyropode porte un avertisseur qui émet un son de fréquence $f_E=1500$ Hz ; $v=340$ m·s⁻¹. Un micro fixe enregistre le son.

1. Le gyropode s’approche et le micro reçoit 1 506 Hz : v_E ≈ m·s⁻¹ (au dixième)
   $v_E=v{\displaystyle \frac{f_R-f_E}{f_R}}=340\times {\displaystyle \frac{1506-1500}{1506}}\approx$ 1,4 m·s⁻¹.
2. Cette vitesse vaut ≈ km·h⁻¹ (à l’unité)
   $1,35\times 3,6\approx$ 5 km·h⁻¹, une allure de marche.
3. Un élève divise par f_E au lieu de f_R : il trouve m·s⁻¹ (au centième)
   $340\times {\displaystyle \frac{6}{1500}}=$ 1,36 m·s⁻¹, au lieu de 1,35 m·s⁻¹ : l’écart est faible ici car $v_E\ll v$, mais la formule exacte divise par $f_R$.
4. Le gyropode s’éloigne ensuite à la même vitesse : le micro reçoit ≈ Hz (à l’unité)
   $f_R=1500\times {\displaystyle \frac{340}{340+1,35}}\approx$ 1 494 Hz.

Un sous-marin émet sous l’eau un signal de fréquence $f_E=5,000$ kHz. Un hydrophone fixe, vers lequel il se dirige, reçoit $f_R=5,050$ kHz. Dans l’eau de mer, $v=1500$ m·s⁻¹ ; dans l’air, 340 m·s⁻¹.

1. Vitesse du sous-marin : v_E ≈ m·s⁻¹ (au dixième)
   $v_E=1500\times {\displaystyle \frac{5050-5000}{5050}}\approx$ 14,9 m·s⁻¹.
2. Vitesse du sous-marin en km·h⁻¹ : ≈ (à l’unité)
   $14,85\times 3,6\approx$ 53 km·h⁻¹.
3. Longueur d’onde reçue par l’hydrophone : ≈ cm (au dixième)
   ${\lambda }_R={\displaystyle \frac{v}{f_R}}={\displaystyle \frac{1500}{5050}}\approx 0,297$ m, soit 29,7 cm (contre 30,0 cm émis).
4. Avec la même vitesse, un son de 5,000 kHz émis dans l’air serait reçu à ≈ Hz (à l’unité)
   $f_R=5000\times {\displaystyle \frac{340}{340-14,85}}\approx$ 5 228 Hz : le décalage est bien plus grand dans l’air, où la célérité est plus faible.

Dans le spectre d’une étoile d’un système double, on suit une raie du sodium de longueur d’onde ${\lambda }_E=589,00$ nm au laboratoire. Un premier soir, elle est mesurée à $588,90$ nm ; six jours plus tard, à $589,16$ nm. On donne $c=3,00\times {10}^8$ m·s⁻¹.

1. Premier soir : Δλ = nm
   $\Delta \lambda ={\lambda }_R-{\lambda }_E=588,90-589,00=$ −0,10 nm.
2. Ce premier soir, l’étoile (se rapproche / s’éloigne)
   $\Delta \lambda <0$ : décalage vers le bleu, l’étoile se rapproche.
3. Vitesse radiale ce soir-là : ≈ km·s⁻¹ (à l’unité)
   $v\approx c{\displaystyle \frac{|\Delta \lambda |}{{\lambda }_E}}=3,00\times {10}^8\times {\displaystyle \frac{0,10}{589,00}}\approx 5,1\times {10}^4$ m·s⁻¹, soit 51 km·s⁻¹.
4. Six jours plus tard, elle s’éloigne à ≈ km·s⁻¹ (à l’unité)
   $\Delta \lambda =+0,16$ nm (vers le rouge) : $v\approx 3,00\times {10}^5\times {\displaystyle \frac{0,16}{589,00}}\approx$ 81 km·s⁻¹. Le sens change : l’étoile tourne autour de sa compagne.
5. Premier soir, décalage en fréquence : Δf ≈ + × 10¹⁰ Hz
   $f_E={\displaystyle \frac{c}{{\lambda }_E}}\approx 5,09\times {10}^{14}$ Hz et $|\Delta f|\approx f_E{\displaystyle \frac{v}{c}}=f_E{\displaystyle \frac{|\Delta \lambda |}{{\lambda }_E}}\approx$ 8,6 × 10¹⁰ Hz, positif : la fréquence augmente quand la source se rapproche.